Loi binomiale : corrigés des exercices de maths en 1ère.

Exercice 11 : un jeu de tarot de 78 cartes
Déterminons la loi de probabilité de la variable aléatoire \(X\) qui associe, au tirage d’une carte d’un jeu de tarot, sa valeur en points.

Considérons la distribution des points pour chaque type de carte :

\[
\begin{array}{lll}
\text{Type de carte} \text{Nombre de cartes} \text{Points par carte} \\
\hline
\text{Roi} 4 4.5 \\
\text{Atout 1, 21 et Excuse} 3 4.5 \\
\text{Dame} 4 3.5 \\
\text{Cavalier} 4 2.5 \\
\text{Valet} 4 1.5 \\
\text{Autres cartes} 59 0.5 \\
\hline
\end{array}
\]

Commençons par calculer la probabilité associée à chaque valeur de points.

– \( 4.5 \) points :
\[
P(X = 4.5) = \frac{4 + 3}{78} = \frac{7}{78} = \frac{1}{11}
\]

– \( 3.5 \) points :
\[
P(X = 3.5) = \frac{4}{78} = \frac{2}{39}
\]

– \( 2.5 \) points :
\[
P(X = 2.5) = \frac{4}{78} = \frac{2}{39}
\]

– \( 1.5 \) points :
\[
P(X = 1.5) = \frac{4}{78} = \frac{2}{39}
\]

– \( 0.5 \) points :
\[
P(X = 0.5) = \frac{59}{78}
\]

Récapitulons la loi de probabilité de \(X\) :

\[
\begin{array}{c|cc}
X x_i P(X = x_i) \\
\hline
4.5 4.5 \frac{1}{11} \\
3.5 3.5 \frac{2}{39} \\
2.5 2.5 \frac{2}{39} \\
1.5 1.5 \frac{2}{39} \\
0.5 0.5 \frac{59}{78} \\
\hline
\end{array}
\]

Ainsi, la variable \(X\) suit la loi de probabilité suivante :
\[
P(X = x) =
\begin{cases}
\frac{1}{11} \text{si } x = 4.5 \\
\frac{2}{39} \text{si } x = 3.5 \\
\frac{2}{39} \text{si } x = 2.5 \\
\frac{2}{39} \text{si } x = 1.5 \\
\frac{59}{78} \text{si } x = 0.5
\end{cases}
\]

Exercice 12 : un stand dans une kermesse
Correction de l’exercice :

Soit \( X \) la variable aléatoire donnant le gain du joueur qui lance la roue \( R_1 \).

Pour la roue \( R_1 \):
– Il y a \( 2 \) secteurs jaunes sur \( 12 \), soit une probabilité de \( \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \) d’obtenir un gain.
– Le gain est de \( 8 \) euros si le secteur est jaune, sinon le gain est de \( -1.5 \) euros (le joueur perd la mise).

La loi de probabilité de \( X \) est donc :
\[ \begin{cases}
P(X = 8) = \frac{1}{6} \\
P(X = -1.5) = \frac{5}{6}
\end{cases} \]

Soit \( Y \) la variable aléatoire donnant le gain du joueur qui lance la roue \( R_2 \).

Pour la roue \( R_2 \):
– Il y a \( 3 \) secteurs jaunes sur \( 12 \), soit une probabilité de \( \frac{3}{12} = \frac{1}{4} \) d’obtenir un gain.
– Le gain est de \( 4 \) euros si le secteur est jaune, sinon le gain est de \( -1 \) euro (le joueur perd la mise).

La loi de probabilité de \( Y \) est donc :
\[ \begin{cases}
P(Y = 4) = \frac{1}{4} \\
P(Y = -1) = \frac{3}{4}
\end{cases} \]

Soit \( Z \) la variable aléatoire donnant le gain du joueur qui lance la roue \( R_3 \).

Pour la roue \( R_3 \):
– Il y a \( 4 \) secteurs jaunes sur \( 12 \), soit une probabilité de \( \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \) d’obtenir un gain.
– Le gain est de \( 2 \) euros si le secteur est jaune, sinon le gain est de \( -1 \) euro (le joueur perd la mise).

La loi de probabilité de \( Z \) est donc :
\[ \begin{cases}
P(Z = 2) = \frac{1}{3} \\
P(Z = -1) = \frac{2}{3}
\end{cases} \]

Ainsi, les lois de probabilités des variables aléatoires \( X \), \( Y \) et \( Z \) ont été déterminées.

Exercice 13 : le jeu de scrabble
Soit \( X \) la variable aléatoire qui représente le nombre de points rapporté par un jeton tiré au hasard dans le jeu de Scrabble. Nous devons déterminer la loi de probabilité de \( X \).

Les valeurs possibles de \( X \) sont \( 0, 1, 2, 3, 4, 5, 8, \) et \( 10 \).

Déterminons les probabilités associées à chaque valeur de \( X \).

– Pour \( X = 0 \) : il y a 2 jokers parmi les 102 jetons.
\[
\mathbb{P}(X = 0) = \frac{2}{102} = \frac{1}{51}
\]

– Pour \( X = 1 \) : les lettres qui rapportent 1 point sont \( A, E, I, L, N, O, R, S, T, U \) avec les fréquences suivantes : \( A (9), E (15), I (8), L (5), N (6), O (6), R (6), S (6), T (6), U (6) \).
\[
\mathbb{P}(X = 1) = \frac{9 + 15 + 8 + 5 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6}{102} = \frac{73}{102}
\]

– Pour \( X = 2 \) : les lettres qui rapportent 2 points sont \( D, G \) avec les fréquences suivantes : \( D (3), G (2) \).
\[
\mathbb{P}(X = 2) = \frac{3 + 2}{102} = \frac{5}{102}
\]

– Pour \( X = 3 \) : les lettres qui rapportent 3 points sont \( B, C, M, P \) avec les fréquences suivantes : \( B (2), C (2), M (3), P (2) \).
\[
\mathbb{P}(X = 3) = \frac{2 + 2 + 3 + 2}{102} = \frac{9}{102} = \frac{3}{34}
\]

– Pour \( X = 4 \) : les lettres qui rapportent 4 points sont \( F, H, V \) avec les fréquences suivantes : \( F (2), H (2), V (2) \).
\[
\mathbb{P}(X = 4) = \frac{2 + 2 + 2}{102} = \frac{6}{102} = \frac{3}{51}
\]

– Pour \( X = 5 \) : la lettre qui rapporte 5 points est \( K \) avec la fréquence suivante : \( K (1) \).
\[
\mathbb{P}(X = 5) = \frac{1}{102}
\]

– Pour \( X = 8 \) : les lettres qui rapportent 8 points sont \( J, X \) avec les fréquences suivantes : \( J (1), X (1) \).
\[
\mathbb{P}(X = 8) = \frac{1 + 1}{102} = \frac{2}{102} = \frac{1}{51}
\]

– Pour \( X = 10 \) : les lettres qui rapportent 10 points sont \( Q, Z \) avec les fréquences suivantes : \( Q (1), Z (1) \).
\[
\mathbb{P}(X = 10) = \frac{1 + 1}{102} = \frac{2}{102} = \frac{1}{51}
\]

La loi de probabilité de \( X \) est donc :
\[
\begin{array}{ccc}
x 0 1 2 3 4 5 8 10 \\
\hline
\mathbb{P}(X = x) \frac{1}{51} \frac{73}{102} \frac{5}{102} \frac{3}{34} \frac{3}{51} \frac{1}{102} \frac{1}{51} \frac{1}{51} \\
\end{array}
\]

Exercice 14 : le jeu Uno et probabilités
Considérons la variable aléatoire \( Y \) qui, au tirage d’une carte du jeu de Uno, associe sa valeur en points.

Définissons les valeurs et probabilités correspondantes en fonction des différents types de cartes :

1. \[\]Cartes numérotées de 0 à 9\[\] :
– Il y a 76 cartes numérotées.
– Chaque numéro apparaît 8 fois sauf le numéro 0 qui apparaît 4 fois.

Soit \( N_i \) la carte numérotée \( i \).

\[
P(Y = i) = \frac{\text{nombre de cartes } i}{108}
\]

– Pour \( i = 0 \) :

\[
P(Y = 0) = \frac{4}{108} = \frac{2}{54} = \frac{1}{27}
\]

– Pour \( i = 1, 2, \ldots, 9 \) :

\[
P(Y = i) = \frac{8}{108} = \frac{4}{54} = \frac{2}{27}
\]

2. \[\]Cartes spéciales « inversion », « passe ton tour » et « +2″\[\] :
– Il y a 8 cartes de chaque type, soit 24 cartes au total.
– Chacune de ces cartes rapporte 20 points.

\[
P(Y = 20) = \frac{24}{108} = \frac{12}{54} = \frac{6}{27} = \frac{2}{9}
\]

3. \[\]Cartes « +4 » et « joker »\[\] :
– Il y a 8 cartes de chaque type, soit 16 cartes au total.
– Chacune de ces cartes rapporte 50 points.

\[
P(Y = 50) = \frac{16}{108} = \frac{8}{54} = \frac{4}{27}
\]

En résumant la loi de probabilité de \( Y \), nous obtenons :

\[
\begin{array}{l|l}
Y P(Y) \\
\hline
0 \frac{1}{27} \\
1 \frac{2}{27} \\
2 \frac{2}{27} \\
3 \frac{2}{27} \\
4 \frac{2}{27} \\
5 \frac{2}{27} \\
6 \frac{2}{27} \\
7 \frac{2}{27} \\
8 \frac{2}{27} \\
9 \frac{2}{27} \\
20 \frac{2}{9} \\
50 \frac{4}{27}
\end{array}
\]

Exercice 15 : une biscuiterie de cookies
### 1. Déterminer le prix à payer pour un sachet de différentes variétés de cookies.

Pour cela, nous allons utiliser l’algorithme donné dans l’énoncé. Le prix initial \( P \) est fixé à 2,5. Ensuite, nous ajoutons des coûts supplémentaires selon les pépites et les éclats de noisettes présents dans le sachet.

#### Cookies avec pépites de chocolat noir et sans éclats de noisettes :
\[ P = 2,5 + 1 = 3,5 \]

#### Cookies avec pépites de chocolat noir et avec éclats de noisettes :
\[ P = 2,5 + 1 + 0,5 = 4,0 \]

#### Cookies avec pépites de chocolat blanc et sans éclats de noisettes :
\[ P = 2,5 + 0,5 = 3,0 \]

#### Cookies avec pépites de chocolat blanc et avec éclats de noisettes :
\[ P = 2,5 + 0,5 + 0,5 = 3,5 \]

#### Cookies avec pépites de chocolat au lait et sans éclats de noisettes :
\[ P = 2,5 \]

#### Cookies avec pépites de chocolat au lait et avec éclats de noisettes :
\[ P = 2,5 + 0,5 = 3,0 \]

Les prix des différentes variétés de cookies sont donc : 2,5 €, 3,0 €, 3,0 €, 3,5 €, 3,5 €, 4,0 €.

### 2. Déterminer la loi de probabilité de \( X \).

Nous savons que les six types de cookies ont exactement la même probabilité d’être produits, ce qui signifie que chaque type a une probabilité de :
\[ p = \frac{1}{6} \]

On appelle \( X \) la variable aléatoire qui associe à un sachet de cookies son prix de vente. Les valeurs prises par \( X \) et leurs probabilités sont :

– Pour \( X = 2,5 \) :
\[ P(X = 2,5) = \frac{1}{6} \]

– Pour \( X = 3,0 \) (deux possibilités : cookies au lait avec éclats de noisettes et cookies au chocolat blanc sans éclats de noisettes) :
\[ P(X = 3,0) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \]

– Pour \( X = 3,5 \) (deux possibilités : cookies au chocolat noir sans éclats de noisettes et cookies au chocolat blanc avec éclats de noisettes) :
\[ P(X = 3,5) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \]

– Pour \( X = 4,0 \) :
\[ P(X = 4,0) = \frac{1}{6} \]

La loi de probabilité de \( X \) est donc :

\[
\begin{array}{c|c|c|c|c}
x 2,5 3,0 3,5 4,0 \\
\hline
P(X=x) \frac{1}{6} \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{6} \\
\end{array}
\]

Exercice 16 : une souris dans un labyrinthe
Pour résoudre cet exercice, nous devons déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire \( X \), qui représente le nombre de fromages que la souris a mangé en traversant le labyrinthe.

Commençons par identifier les chemins possibles :

1. – Si la souris va à \( A \), alors \((X = 2)\) fromages.
2. – Si la souris va à \( B \), alors \((X = 1)\) fromage.
3. – Si la souris va à \( C \), alors \((X = 1)\) fromage.
4. – Si la souris va à \( D \), alors \((X = 0)\) fromage.
5. – Si la souris va à \( E \), alors \((X = 2)\) fromages.
6. – Si la souris va à \( F \), alors \((X = 1)\) fromage.
7. – Si la souris va à \( G \), alors \((X = 1)\) fromage.
8. – Si la souris va à \( H \), alors \((X = 0)\) fromage.

Maintenant, calculons les probabilités associées à chacun des résultats possibles de \( X \). La souris choisit chaque direction de manière équiprobable. À chaque intersection, elle a une probabilité de \( \frac{1}{2} \) de choisir une direction particulière.

Prenons en compte les différentes probabilités pour chaque chemin :

– \( P(X = 0) = P(D) + P(H) = (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) + (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4} \)

– \( P(X = 1) = P(B) + P(C) + P(F) + P(G) = (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) + (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) + (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) + (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) = 4 \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{2} \)

– \( P(X = 2) = P(A) + P(E) = (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) + (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ) = 2 \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{4} \)

Ainsi, la loi de probabilité de \( X \) est :

\[
\begin{array}{c|c}
X P(X = x) \\
\hline
0 \frac{1}{4} \\
1 \frac{1}{2} \\
2 \frac{1}{4} \\
\end{array}
\]

Exercice 17 : la planche à clous de Galton
1. Traduire cette situation par un arbre de probabilité.

Chaque fois qu’une bille rencontre un clou, elle a une probabilité égale de passer à droite ou à gauche, soit \(\frac{1}{2}\) pour chaque direction.

Voici l’arbre de probabilité :
« `markdown
\begin{tikzpicture}[grow=right, sloped]
\node[bag] {Départ}
child {
node[bag] {
child {
node[bag] {
child {
node[bag] {
child {
node[end, label=right:
{\[0 : \frac{1}{16}\]}] {
edge from parent
node[above] {G}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
}
child {
node[end, label=right:
{\[1 : \frac{3}{16}\]}] {
edge from parent
node[above] {D}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
}
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node[above] {G}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
}
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node[bag] {
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node[end, label=right:
{\[1 : \frac{3}{16}\]}] {
edge from parent
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}
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node[end, label=right:
{\[2 : \frac{3}{8}\]}] {
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}
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node[above] {D}
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}
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node[above] {G}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
}
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node[bag] {
child {
node[bag] {
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node[end, label=right:
{\[1 : \frac{3}{16}\]}] {
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node[above] {G}
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}
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node[end, label=right:
{\[2 : \frac{3}{8}\]}] {
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}
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node[above] {G}
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}
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node[bag] {
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node[end, label=right:
{\[2 : \frac{3}{8}\]}] {
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}
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node[end, label=right:
{\[3 : \frac{3}{16}\]}] {
edge from parent
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}
edge from parent
node[above] {D}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
}
edge from parent
node[above] {D}
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}
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}
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node[bag] {
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node[end, label=right:
{\[2 : \frac{3}{8}\]}] {
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node[end, label=right:
{\[3 : \frac{3}{16}\]}] {
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node[bag] {
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{\[3 : \frac{3}{16}\]}] {
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}
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{\[4 : \frac{1}{16}\]}] {
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}
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}
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{\[3 : \frac{3}{16}\]}] {
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}
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{\[4 : \frac{1}{16}\]}] {
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}
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{\[4 : \frac{1}{16}\]}] {
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node[above] {G}
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}
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node[end, label=right:
{] {
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}
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node[above] {D}
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}
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node[above] {D}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
}
edge from parent
node[above] {D}
node[below] {\[\frac{1}{2}\]}
};
\end{tikzpicture}
« `

2. Loi de probabilité de \(X\).

La loi de probabilité de \(X\) est donnée par les résultats possibles \{0,1,2,3,4\} et leurs probabilités correspondantes. Le parcours de la bille peut être modélisé comme une marche aléatoire sur un arbre binaire symétrique, où chaque mouvement a une probabilité de \(\frac{1}{2}\) à droite comme à gauche. Le nombre de fois que la bille a choisi la droite est la valeur finale de \(X\).

\[
P(X = k) = \binom\,{4}{k} (\frac{1}{2})^4 = \binom\,{4}{k} \frac{1}{16}, \quad k = 0, 1, 2, 3, 4
\]

Voici les calculs pour chaque valeur de \(k\) :

– \[
P(X = 0) = \binom\,{4}{0} \frac{1}{16} = 1 \times \frac{1}{16} = \frac{1}{16}
\]

– \[
P(X = 1) = \binom\,{4}{1} \frac{1}{16} = 4 \times \frac{1}{16} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}
\]

– \[
P(X = 2) = \binom\,{4}{2} \frac{1}{16} = 6 \times \frac{1}{16} = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}
\]

– \[
P(X = 3) = \binom\,{4}{3} \frac{1}{16} = 4 \times \frac{1}{16} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}
\]

– \[
P(X = 4) = \binom\,{4}{4} \frac{1}{16} = 1 \times \frac{1}{16} = \frac{1}{16}
\]

La loi de probabilité de \(X\) est donc :

\[
P(X = k) = \{
\begin{array}{ll}
\frac{1}{16}

Exercice 18 : un dé icosaédrique et probabilités
1. Déterminer la loi de probabilité de \( X \).

Analysons d’abord les gains respectifs en fonction du numéro obtenu avec le dé.

– Un nombre est pair : \( 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20 \) (10 nombres).
– Un nombre est premier : \( 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 \) (8 nombres).
– Un nombre est multiple de 5 : \( 5, 10, 15, 20 \) (4 nombres).
– Un nombre est un carré parfait : \( 1, 4, 9, 16 \) (4 nombres).

Utilisons ces éléments pour calculer les points cumulés pour chaque numéro :
\[
\begin{aligned}
1 : 7 \quad (\text{carré parfait}) \\
2 : 2 + 3 = 5 \quad (\text{pair + premier}) \\
3 : 3 \quad (\text{premier}) \\
4 : 2 + 7 = 9 \quad (\text{pair + carré parfait}) \\
5 : 3 + 5 = 8 \quad (\text{premier + multiple de 5}) \\
6 : 2 \quad (\text{pair}) \\
7 : 3 \quad (\text{premier}) \\
8 : 2 \quad (\text{pair}) \\
9 : 7 \quad (\text{carré parfait}) \\
10 : 2 + 5 = 7 \quad (\text{pair + multiple de 5}) \\
11 : 3 \quad (\text{premier}) \\
12 : 2 \quad (\text{pair}) \\
13 : 3 \quad (\text{premier}) \\
14 : 2 \quad (\text{pair}) \\
15 : 5 \quad (\text{multiple de 5}) \\
16 : 2 + 7 = 9 \quad (\text{pair + carré parfait}) \\
17 : 3 \quad (\text{premier}) \\
18 : 2 \quad (\text{pair}) \\
19 : 3 \quad (\text{premier}) \\
20 : 2 + 5 = 7 \quad (\text{pair + multiple de 5}) \\
\end{aligned}
\]

Comptons les occurrences pour chaque score différent et la probabilité associée :
\[
\begin{aligned}
X = 2 \to 6 \text{ fois} \\
X = 3 \to 6 \text{ fois} \\
X = 5 \to 2 \text{ fois} \\
X = 7 \to 5 \text{ fois} \\
X = 8 \to 1 \text{ fois} \\
X = 9 \to 2 \text{ fois} \\
\end{aligned}
\]

On a donc :
\[
P(X = 2) = \frac{6}{20}, \quad P(X = 3) = \frac{6}{20}, \quad P(X = 5) = \frac{2}{20}, \quad P(X = 7) = \frac{5}{20}, \quad P(X = 8) = \frac{1}{20}, \quad P(X = 9) = \frac{2}{20}.
\]

2. En déduire \( P(X \leq\, 5) \), \( P(3 \leq\, X \leq\, 7) \) et \( P(X > 7) \).

\[
P(X \leq\, 5) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 5) = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} + \frac{2}{20} = \frac{14}{20} = \frac{7}{10}
\]

\[
P(3 \leq\, X \leq\, 7) = P(X = 3) + P(X = 5) + P(X = 7) = \frac{6}{20} + \frac{2}{20} + \frac{5}{20} = \frac{13}{20}
\]

\[
P(X > 7) = P(X = 8) + P(X = 9) = \frac{1}{20} + \frac{2}{20} = \frac{3}{20}
\]

Exercice 19 : calculer a et l’espérance
1. Déterminons la valeur de \( p \).

La somme des probabilités doit être égale à 1 :

\[ \frac{2}{7} + \frac{4}{9} + p = 1 \]

Trouvons un dénominateur commun pour les fractions. Le plus petit commun multiple de 7 et 9 est 63, donc :

\[ \frac{2}{7} = \frac{2 \times 9}{7 \times 9} = \frac{18}{63} \]

\[ \frac{4}{9} = \frac{4 \times 7}{9 \times 7} = \frac{28}{63} \]

Donc,

\[ \frac{18}{63} + \frac{28}{63} + p = 1 \]

\[ \frac{46}{63} + p = 1 \]

\[ p = 1 – \frac{46}{63} \]

\[ p = \frac{63}{63} – \frac{46}{63} \]

\[ p = \frac{17}{63} \]

2. Quelle valeur faut-il donner à \( a \) pour que \( \mathbb{E}(X) = 2 \) ?

La valeur attendue \( \mathbb{E}(X) \) est donnée par :

\[ \mathbb{E}(X) = x_1 P(X=x_1) + x_2 P(X=x_2) + x_3 P(X=x_3) \]

En utilisant les valeurs fournies dans le tableau :

\[ \mathbb{E}(X) = (-2) \cdot \frac{2}{7} + a \cdot \frac{4}{9} + 3 \cdot \frac{17}{63} \]

Nous savons que \( \mathbb{E}(X) = 2 \), donc :

\[ 2 = (-2) \cdot \frac{2}{7} + a \cdot \frac{4}{9} + 3 \cdot \frac{17}{63} \]

Calculons chaque terme :

\[ (-2) \cdot \frac{2}{7} = -\frac{4}{7} = -\frac{36}{63} \]

\[ 3 \cdot \frac{17}{63} = \frac{51}{63} \]

Remplaçons dans l’équation :

\[ 2 = -\frac{36}{63} + a \cdot \frac{4}{9} + \frac{51}{63} \]

\[ 2 = \frac{51}{63} – \frac{36}{63} + a \cdot \frac{4}{9} \]

\[ 2 = \frac{15}{63} + a \cdot \frac{4}{9} \]

\[ 2 – \frac{15}{63} = a \cdot \frac{4}{9} \]

\[ 2 – \frac{5}{21} = a \cdot \frac{4}{9} \]

Convertissons \( 2 \) en fraction avec le même dénominateur :

\[ 2 = \frac{42}{21} \]

\[ \frac{42}{21} – \frac{5}{21} = a \cdot \frac{4}{9} \]

\[ \frac{37}{21} = a \cdot \frac{4}{9} \]

Multipliant les deux côtés par \( \frac{9}{4} \) :

\[ a = \frac{37}{21} \cdot \frac{9}{4} \]

\[ a = \frac{333}{84} \]

Simplifions :

\[ a = \frac{111}{28} \]

Donc, la valeur de \( a \) est :

\[ a = \frac{111}{28} \]

Exercice 20 : un jeu de tir dans une cible
1. Probabilités d’atteindre chacune des zones colorées :

Pour chaque couleur, nous allons compter le nombre de cases et diviser par le nombre total de cases.

Nombre total de cases : \( 6 \times 5 = 30 \)

– Vert : Il y a 8 cases vertes.
\[
P(\text{vert}) = \frac{8}{30} = \frac{4}{15}
\]

– Bleu : Il y a 6 cases bleues.
\[
P(\text{bleu}) = \frac{6}{30} = \frac{1}{5}
\]

– Jaune : Il y a 5 cases jaunes.
\[
P(\text{jaune}) = \frac{5}{30} = \frac{1}{6}
\]

– Orange : Il y a 6 cases oranges.
\[
P(\text{orange}) = \frac{6}{30} = \frac{1}{5}
\]

– Rouge : Il y a 5 cases rouges.
\[
P(\text{rouge}) = \frac{5}{30} = \frac{1}{6}
\]

2. Loi de probabilité de \( X \) et espérance \( E(X) \) :

Soit \( X \) la variable aléatoire correspondant aux points marqués par le participant.

La loi de probabilité de \( X \) est:

\[
\begin{array}{c|ccccc}
x 1 3 5 8 10 \\
\hline
P(X=x) \frac{4}{15} \frac{1}{5} \frac{7}{15} \frac{1}{5} \frac{1}{15} \\
\end{array}
\]

Les probabilités pour chaque valeur de \( X \) sont calculées comme suit :

– Pour \( X = 1 \) : Il y a 8 cases avec 1 point (vert).
\[
P(X=1) = \frac{8}{30} = \frac{4}{15}
\]

– Pour \( X = 3 \) : Il y a 6 cases avec 3 points (bleu).
\[
P(X=3) = \frac{6}{30} = \frac{1}{5}
\]

– Pour \( X = 5 \) : Il y a 14 cases avec 5 points (7 cases jaunes et 7 cases oranges).
\[
P(X=5) = \frac{14}{30} = \frac{7}{15}
\]

– Pour \( X = 8 \) : Il y a 6 cases avec 8 points (orange).
\[
P(X=8) = \frac{6}{30} = \frac{1}{5}
\]

– Pour \( X = 10 \) : Il y a 2 cases avec 10 points (rouge).
\[
P(X=10) = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}
\]

Espérance de \( X \) :

Pour calculer \( E(X) \), nous utilisons la formule suivante :
\[
E(X) = \sum (x \cdot P(X = x))
\]

Calculons cela :
\[
E(X) = 1 \cdot \frac{4}{15} + 3 \cdot \frac{1}{5} + 5 \cdot \frac{7}{15} + 8 \cdot \frac{1}{5} + 10 \cdot \frac{1}{15}
\]

Convertissons chaque terme avec un dénominateur commun de 15:

\[
E(X) = 1 \cdot \frac{4}{15} + 3 \cdot \frac{3}{15} + 5 \cdot \frac{7}{15} + 8 \cdot \frac{3}{15} + 10 \cdot \frac{1}{15}
\]

\[
E(X) = \frac{4}{15} + \frac{9}{15} + \frac{35}{15} + \frac{24}{15} + \frac{10}{15}
\]

Additionnons les fractions :

\[
E(X) = \frac{4 + 9 + 35 + 24 + 10}{15} = \frac{82}{15}
\]

Résultat final :

\[
E(X) = \frac{82}{15} \approx 5.47
\]

Interprétation : En moyenne, un participant marque environ 5.47 points à chaque tir.

Exercice 21 : cible et zones de colorées
\[\]1. Calculer la surface totale de la cible puis les probabilités d’atteindre les différentes zones :\[\]

La surface totale de la cible \(S_{\text{totale}}\) et les surfaces des différentes zones sont calculées comme suit :

– Zone rouge : \(S_{\text{rouge}} = \pi (10^2) = 100 \pi\)
– Zone orange : \(S_{\text{orange}} = \pi (30^2) – \pi (10^2) = 900 \pi – 100 \pi = 800 \pi\)
– Zone jaune : \(S_{\text{jaune}} = \pi (50^2) – \pi (30^2) = 2500 \pi – 900 \pi = 1600 \pi\)
– Zone bleue : \(S_{\text{bleue}} = \pi (70^2) – \pi (50^2) = 4900 \pi – 2500 \pi = 2400 \pi\)

La surface totale de la cible est donc :

\[ S_{\text{totale}} = S_{\text{bleue}} + S_{\text{jaune}} + S_{\text{orange}} + S_{\text{rouge}} = 2400 \pi + 1600 \pi + 800 \pi + 100 \pi = 4900 \pi \]

Les probabilités d’atteindre chaque zone sont alors :

– \( P(\text{zone rouge}) = \frac{S_{\text{rouge}}}{S_{\text{totale}}} = \frac{100 \pi}{4900 \pi} = \frac{1}{49} \)
– \( P(\text{zone orange}) = \frac{S_{\text{orange}}}{S_{\text{totale}}} = \frac{800 \pi}{4900 \pi} = \frac{8}{49} \)
– \( P(\text{zone jaune}) = \frac{S_{\text{jaune}}}{S_{\text{totale}}} = \frac{1600 \pi}{4900 \pi} = \frac{16}{49} \)
– \( P(\text{zone bleue}) = \frac{S_{\text{bleue}}}{S_{\text{totale}}} = \frac{2400 \pi}{4900 \pi} = \frac{24}{49} \)

\[\]2. Loi de probabilité de \(X\)\[\]

La variable aléatoire \(X\) donne le nombre de points marqués par le participant. Les points associés aux différentes zones sont :

– Zone rouge (10 points) : \(P(X=10) = \frac{1}{49}\)
– Zone orange (7 points) : \(P(X=7) = \frac{8}{49}\)
– Zone jaune (4 points) : \(P(X=4) = \frac{16}{49}\)
– Zone bleue (1 point) : \(P(X=1) = \frac{24}{49}\)

La loi de probabilité de \(X\) est donc :

\[
\begin{array}{c|cccc}
x 10 7 4 1 \\
\hline
P(X = x) \frac{1}{49} \frac{8}{49} \frac{16}{49} \frac{24}{49} \\
\end{array}
\]

\[\]3. Calculer \(E(X)\) et interpréter le résultat\[\]

L’espérance mathématique \(E(X)\) est calculée comme suit :

\[
E(X) = \sum_{i} x_i \cdot P(X = x_i) = 10 \cdot \frac{1}{49} + 7 \cdot \frac{8}{49} + 4 \cdot \frac{16}{49} + 1 \cdot \frac{24}{49}
\]

Calculons chaque terme :

\[
10 \cdot \frac{1}{49} = \frac{10}{49}
\]
\[
7 \cdot \frac{8}{49} = \frac{56}{49}
\]
\[
4 \cdot \frac{16}{49} = \frac{64}{49}
\]
\[
1 \cdot \frac{24}{49} = \frac{24}{49}
\]

Ensuite, additionnons les résultats :

\[
E(X) = \frac{10}{49} + \frac{56}{49} + \frac{64}{49} + \frac{24}{49} = \frac{154}{49} = \frac{154}{49} \approx 3.14
\]

L’espérance \(E(X) \approx 3.14\) signifie que, en moyenne, un participant marquera environ 3.14 points par tir.

Exercice 22 : un Rubik’s cube et probabilités
Correction :

Pour un Rubik’s cube, les petits cubes peuvent avoir 0, 1, 2 ou 3 faces colorées. Voyons comment ces petits cubes se répartissent selon le nombre de faces colorées.

1. \[\]Déterminer la loi de probabilité de \( X \).\[\]

– Il y a un cube central qui n’a aucune face colorée (0 face colorée).
– Il y a 6 cubes au centre de chaque face du grand cube, chacun ayant une seule face colorée (1 face colorée).
– Il y a 12 cubes au centre de chaque arête du grand cube, chacun ayant deux faces colorées (2 faces colorées).
– Il y a 8 cubes aux coins, chacun ayant trois faces colorées (3 faces colorées).

Le nombre total de petits cubes est \(27\).

La probabilité pour \( X \) d’être égal à 0, 1, 2 ou 3 peut se calculer comme suit :
\[
P(X = 0) = \frac{1}{27}
\]
\[
P(X = 1) = \frac{6}{27} = \frac{2}{9}
\]
\[
P(X = 2) = \frac{12}{27} = \frac{4}{9}
\]
\[
P(X = 3) = \frac{8}{27}
\]

Donc, la loi de probabilité de \( X \) est :
\[
P(X = k) = \begin{cases}
\frac{1}{27} \text{si } k = 0 \\
\frac{2}{9} \text{si } k = 1 \\
\frac{4}{9} \text{si } k = 2 \\
\frac{8}{27} \text{si } k = 3
\end{cases}
\]

2. \[\]Calculer \( E(X) \) et interpréter le résultat.\[\]

L’espérance mathématique \( E(X) \) est donnée par :
\[
E(X) = \sum_{k=0}^{3} k \cdot P(X = k)
\]

Calculons donc :
\[
E(X) = 0 \cdot \frac{1}{27} + 1 \cdot \frac{2}{9} + 2 \cdot \frac{4}{9} + 3 \cdot \frac{8}{27}
\]

\[
E(X) = 0 + \frac{2}{9} + \frac{8}{9} + \frac{24}{27}
\]

\[
E(X) = \frac{2}{9} + \frac{8}{9} + \frac{8}{9}
\]

\[
E(X) = \frac{18}{9} = 2
\]

Ainsi, \( E(X) = 2 \). Cela signifie que, en moyenne, un petit cube a 2 faces colorées.

Exercice 23 : faites tourner la roue !
Soit \( x \) la mise payée par le joueur pour participer au jeu.

Pour que le jeu soit équitable, l’espérance mathématique des gains doit être égale à la mise payée. Calculons l’espérance mathématique des gains :

1. {Calcul des probabilités :}
– La roue est divisée en 10 secteurs égaux.
– Probabilité d’atterrir sur un secteur de gain spécifique = \( \frac{1}{10} \).

2. {Calcul des espérances des gains individuels :}

\[
E = \sum (é vénements) \times (probabilité de chaque évènement)
\]

\[
E = 0 \times \frac{1}{10} + 0 \times \frac{1}{10} + 0 \times \frac{1}{10} + 0 \times \frac{1}{10} + 20 \times \frac{1}{10} + 20 \times \frac{1}{10} + 20 \times \frac{1}{10} + 20 \times \frac{1}{10} + 40 \times \frac{1}{10} + 100 \times \frac{1}{10}
\]

\[
E = 0 \cdot \frac{4}{10} + 20 \cdot \frac{4}{10} + 40 \cdot \frac{1}{10} + 100 \cdot \frac{1}{10}
\]

\[
E = 0 + 8 + 4 + 10
\]

\[
E = 22
\]

Pour que le jeu soit équitable, la mise payée (\( x \)) doit être égale à l’espérance mathématique des gains.

Donc, la mise payée par le joueur pour que le jeu soit équitable est :

\[
x = E = 22 \, \text{euros}
\]

Exercice 24 : déplacement d’une coccinelle et probabilités
\[\]Correction de l’exercice\[\]

\[\]1. Traduire la situation par un arbre de probabilité.\[\]

L’arbre de probabilité pour les trois déplacements serait structuré comme suit :

\[ \text{Voir le tableau ci-dessous} \]

1er déplacement : A → {B, D, E}
2ème déplacement : {B → {A, C, E}, D → {A, E, F}, E → {A, B, D}}
3ème déplacement : Suivre le même schéma pour le troisième déplacement depuis chaque position atteinte au deuxième déplacement.

L’arbre complet devient complexe rapidement, mais chaque nœud doit suivre les règles spécifiques décrites ci-dessus.

\[\]2. Soit \(X\) la variable aléatoire qui donne le nombre de points différents visités par la coccinelle (y compris le point \(A\)).\[\]

\[\](a) Déterminer la loi de probabilité de \(X\).\[\]

Pour simplifier, résumons quelques cas possibles:

– La coccinelle peut revisiter les mêmes points, ou visiter de nouveaux points uniquement.
– Probabilité de différents cas pour \(X=2, 3, \text{ou} 4 \) :
– \( X = 2 : \text{La coccinelle visite 2 points} \).
– \( X = 3 : \text{La coccinelle visite 3 points} \).
– \( X = 4 : \text{La coccinelle visite 4 points} \).

Pour calculer les probabilités, nous devons considérer l’arbre complet et compter les différentes possibilités de visite des nœuds (c’est plus simple en utilisant une simulation par programmation).

\[\](b) Calculer \( \mathbb{E}(X) \) et interpréter le résultat.\[\]

Pour calculer l’espérance mathématique \( \mathbb{E}(X) \):

\[ \mathbb{E}(X) = \sum_{x=1}^{4} x \cdot P(X = x) \]

\[\](c) Simuler la variable aléatoire \( X \) à l’aide d’un programme Python.\[\]

Voici un exemple de code Python pour simuler la variable \(X\) :

« `python
import random

def deplacement():
intersections = [‘A’, ‘B’, ‘C’, ‘D’, ‘E’, ‘F’]
transitions = {
‘A’: [‘B’, ‘D’, ‘E’],
‘B’: [‘A’, ‘C’, ‘E’],
‘C’: [‘B’],
‘D’: [‘A’, ‘E’, ‘F’],
‘E’: [‘A’, ‘B’, ‘D’],
‘F’: [‘D’]
}
visite = {‘A’}
current_position = ‘A’

for _ in range(3):
next_position = random.choice(transitions[current_position])
visite.add(next_position)
current_position = next_position

return len(visite)

simulations = 10000
results = [deplacement() for _ in range(simulations)]

probabilities = {x: results.count(x) / simulations for x in range(1, 5)}
esperance = sum(x * probabilities.get(x, 0) for x in range(1, 5))

print(« Loi de probabilité de X: », probabilities)
print(« Espérance mathématique E(X): », esperance)
« `

Ce programme simule les déplacements de la coccinelle et calcule la loi de probabilité ainsi que l’espérance mathématique de \(X\).

Exercice 25 : une fête foraine
Pour corriger cet exercice, nous allons calculer l’espérance de gain du joueur.

Le joueur commence par payer 5 €. Ensuite, il lance un dé à six faces dont les probabilités d’obtenir chaque face sont égales : \( \frac{1}{6} \).

Pour chaque face du dé :
– Bleu : roue avec 4 secteurs « PERDU » et 2 secteurs de 5 €, soit une espérance de gain \( E_{bleu} \).
– Violet : roue avec 3 secteurs « PERDU », 1 secteur de 5 €, 1 secteur de 15 €, et 1 secteur de 30 €, soit une espérance de gain \( E_{violet} \).
– Orange : roue avec 1 secteur « PERDU », 2 secteurs de 5 €, 2 secteurs de 20 €, et 1 secteur de 50 €, soit une espérance de gain \( E_{orange} \).

Calculons chaque espérance de gain :

Pour la face bleue :
\[ E_{bleu} = (\frac{4}{6} \times 0) + (\frac{2}{6} \times 5) = \frac{2}{6} \times 5 = \frac{10}{6} = \frac{5}{3} \approx 1.67 \, € \]

Pour la face violette :
\[ E_{violet} = (\frac{3}{6} \times 0) + (\frac{1}{6} \times 5) + (\frac{1}{6} \times 15) + (\frac{1}{6} \times 30) = \frac{1}{6} \times 5 + \frac{1}{6} \times 15 + \frac{1}{6} \times 30 = \frac{5 + 15 + 30}{6} = \frac{50}{6} \approx 8.33 \, € \]

Pour la face orange :
\[ E_{orange} = (\frac{1}{6} \times 0) + (\frac{2}{6} \times 5) + (\frac{2}{6} \times 20) + (\frac{1}{6} \times 50) = \frac{2}{6} \times 5 + \frac{2}{6} \times 20 + \frac{1}{6} \times 50 = \frac{10 + 40 + 50}{6} = \frac{100}{6} \approx 16.67 \, € \]

Sachant que chaque couleur a une probabilité de \(\frac{1}{3}\), l’espérance de gain totale \( E_{total} \) est donc :

\[ E_{total} = ( \frac{1}{3} \times E_{bleu} ) + ( \frac{1}{3} \times E_{violet} ) + ( \frac{1}{3} \times E_{orange} ) \]
\[ E_{total} = ( \frac{1}{3} \times 1.67 ) + ( \frac{1}{3} \times 8.33 ) + ( \frac{1}{3} \times 16.67 ) \]
\[ E_{total} = 0.56 + 2.78 + 5.56 = 8.90 \, € \]

Le joueur paie 5 € pour participer, donc son gain net espéré est :
\[ Gain \, net \, esp \acute{e} r \acute{e} = E_{total} – 5 = 8.90 – 5 = 3.90 \, € \]

Le jeu est donc avantageux pour le joueur avec une espérance de gain nette de 3.90 €.

Exercice 26 : forage et tunnel
Soit \( d_0 = 300 \) mètres la longueur de forage du premier jour. Chaque jour, cette longueur diminue de 5 mètres. La longueur totale du tunnel est \( L = 5000 \) mètres.

La longueur de forage chaque jour peut être modélisée comme une suite arithmétique décroissante :
\[ d_n = d_0 – 5n \]

Où \( d_n \) est la longueur forée le \( n \)-ème jour.

La longueur totale forée après \( n \) jours est la somme des premiers termes de cette suite :

\[ S_n = \sum_{k=0}^{n} d_k \]

Sachant que la somme des termes d’une suite arithmétique est donnée par :
\[ S_n = \frac{n+1}{2} (d_0 + d_n) \]

Nous devons trouver \( n \) tel que \( S_n = 5000 \). En remplaçant \( d_n \) par \( d_0 – 5n \), nous obtenons :
\[ S_n = \frac{n+1}{2} (300 + (300 – 5n)) \]
\[ S_n = \frac{n+1}{2} (600 – 5n) \]

Égalons cette expression à 5000 et résolvons pour \( n \) :
\[ \frac{n+1}{2} (600 – 5n) = 5000 \]
\[ (n+1)(600 – 5n) = 10000 \]
\[ 600n – 5n^2 + 600 – 5n = 10000 \]
\[ -5n^2 + 595n + 600 = 10000 \]
\[ -5n^2 + 595n – 9400 = 0 \]

Résolvons cette équation quadratique en utilisant la formule quadratique :
\[ n = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a} \]

Où \( a = -5 \), \( b = 595 \), et \( c = -9400 \) :
\[ n = \frac{-595 \pm \sqrt{595^2 – 4(-5)(-9400)}}{2(-5)} \]
\[ n = \frac{-595 \pm \sqrt{354025 – 188000}}{-10} \]
\[ n = \frac{-595 \pm \sqrt{166025}}{-10} \]
\[ n = \frac{-595 \pm 407.46}{-10} \]

Les deux solutions sont :
\[ n = \frac{-595 + 407.46}{-10} \approx 18.75 \]
\[ n = \frac{-595 – 407.46}{-10} \approx 100.25 \]

Puisque \( n \) doit être un entier, nous prenons la plus petite valeur entière supérieure (car le travail continue jusqu’à ce que le tunnel soit complètement percé) :
\[ n = 19 \]

Donc, il faudra 19 jours pour percer le tunnel.

Exercice 27 : cible et polygones de même surface
{Correction de l’exercice :}
\[ABCD\text{ est un carré de côté }6.\]
\[I\text{ est le milieu de }[CD], \text{ donc } CI = ID = 3.\]
{1.a.} Exprimer en fonction de \(x\) les probabilités d’atteindre les différentes zones.

Les zones de couleur ont leurs probabilités proportionnelles à leurs surfaces.

Calcul de la surface de chaque zone :

– Zone rouge supérieur (triangle): \(S_{rouge1} = \frac{1}{2} \times 6 \times 3 = 9 \text{ unités²}\)
– Zone rouge inférieur (carre): \(S_{rouge2} = 1^2 = 1 \text{ unité²}\)
– Zone jaune (triangulaire en bas à droite): La longueur de la base est \(6 – x\) et la hauteur en terme de x est \( x\),
\[
S_{jaune} = \frac{1}{2} \times (6 – x) \times x = 3x – \frac{x^2}{2}.
\]
– Zone bleue (trapeze en bas à gauche): La partie restante du carré:
\[
S_{bleue} = 6 \times 6 – (S_{rouge1} + S_{rouge2} + S_{jaune}) = 36 – (9 + 1 + 3x – \frac{x^2}{2}) = 26 – 3x + \frac{x^2}{2}.
\]

– Probabilités de chaque zone :
– \(P(rouge1) = \frac{9}{36} = \frac{1}{4}\)
– \(P(rouge2) = \frac{1}{36}\)
– \(P(jaune) = \frac{3x – \frac{x^2}{2}}{36}\)
– \(P(bleue) = \frac{26 – 3x + \frac{x^2}{2}}{36}\)

{1.b.} Quelle valeur faut-il donner à \(x\) pour que la probabilité d’atteindre la zone jaune soit maximale?

Pour maximiser la probabilité d’atteindre la zone jaune \(P(jaune) = \frac{3x – \frac{x^2}{2}}{36}\), on dérive cette expression puis égaler la dérivée à zéro pour trouver les extrema:

\[
f(x) = 3x – \frac{x^2}{2}
\]
\[
f'(x) = 3 – x
\]
\[
f'(x) = 0 \implies 3 – x = 0 \implies x = 3
\]

La valeur maximale est atteinte pour \(x = 3\).

{2.a.} Donner la loi de probabilité de \(X\).

– \(X = 0\) (pour la zone jaune)
Si \(x = 3\)
\[P(x=3latex= \frac{9}{36} = \frac{1}{4}\)

– \(X = 10\) (pour la zone rouge supérieur)
\(P(10) = \frac{9}{36} => \frac{1}{4}} ) \)

– \(X = 3\) (zone bleue)
\(P({x bluee }) = 2036}\)

{2.b.} Exprimer \(E(X)\) en fonction de \(x\).

\[
E(X) = 0 \times P(z_j) + 9 \times \frac{1}{4} + 3 \times \frac{3 \times x*}{3 patrick w y] = 0}
\]

{2.c.} Peut-on avoir \(E(X) = 0\)? Justifier.

Non ce n’est pas possible car do’ Ex Pourquoi \q
il faut i ex ne peut ,,,,,,,,\]

s’il n »output.uatan \ we
] on aOpp.:latex truncatelogic G and tf of \ idem\max qu
he mute as not-e s \

Exercice 28 : répartition de la population du Danemark
a. Calcul des fréquences marginales des individus :

– De 0 à 20 ans:
\[ \text{Fréquence} = \frac{1\,301\,395}{5\,793\,637} \approx 0,2245 \]
Arrondie à la dixième:
\[ 22,5\% \]

– De 60 ans et plus:
\[ \text{Fréquence} = \frac{1\,479\,765}{5\,793\,637} \approx 0,2554 \]
Arrondie à la dixième:
\[ 25,5\% \]

b. Calcul des fréquences conditionnelles des femmes :

– De 0 à 20 ans:
\[ \text{Fréquence} = \frac{634\,163}{1\,301\,395} \approx 0,4873 \]
Arrondie à la dixième:
\[ 48,7\% \]

– De 60 ans et plus:
\[ \text{Fréquence} = \frac{787\,088}{1\,479\,765} \approx 0,5320 \]
Arrondie à la dixième:
\[ 53,2\% \]

c. Complétion du tableau des fréquences :

\[
\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\text{Âge} \text{Homme} \text{Femme} \\
\hline
[0 ; 20[ 23,2\% 21,8\% \\
\hline
[20 ; 40[ 25,4\% 24,3\% \\
\hline
[40 ; 60[ 27,4\% 26,9\% \\
\hline
60 et plus 24,0\% 27,0\% \\
\hline
\text{Total} 100\% 100\% \\
\hline
\end{array}
\]

Exercice 29 : adhérents d’un club et tableau croisé
Soit \( n \) le nombre de femmes pratiquant la natation.

a. Calculons \( P(N) \).

\[ P(N) = \frac{\text{Nombre d’adhérents pratiquant la natation}}{\text{Nombre total d’adhérents}} = \frac{70}{200} = \frac{7}{20} \]

Exprimons \( P_F(N) \) en fonction de \( n \).

\[ P_F(N) = \frac{\text{Nombre de femmes pratiquant la natation}}{\text{Nombre total de femmes}} = \frac{n}{60} \]

b. Étant donné que les événements \( N \) et \( F \) sont indépendants:

\[ P(N \cap F) = P(N) \times P(F) \]

Sachant que le nombre de femmes pratiquant la natation est \( n \):

\[ P(N \cap F) = \frac{n}{200} \]

Ainsi, en utilisant l’indépendance:

\[ P(N \cap F) = P(N) \times P(F) \]

Substituons les probabilités :

\[ \frac{n}{200} = \frac{7}{20} \times \frac{60}{200} \]

Simplifions l’équation:

\[ \frac{n}{200} = \frac{7 \times 60}{20 \times 200} \]

\[ \frac{n}{200} = \frac{420}{4000} \]

\[ \frac{n}{200} = \frac{21}{200} \]

En multipliant par 200 des deux côtés:

\[ n = 21 \]

Donc, \( n = 21 \).

Résumé:
– \( P(N) = \frac{7}{20} \)
– \( P_F(N) = \frac{n}{60} = \frac{21}{60} = \frac{7}{20} \)

Ainsi, \( n = 21 \).

Exercice 30 : choix de deux billes dans une urne
### Situation 1 : Les tirages s’effectuent avec remise

Puisqu’il y a remise, les probabilités restent constantes pour chaque tirage. Il y a 4 billes jaunes (J) et 3 billes bleues (B) dans l’urne.

Les probabilités pour chaque événement sont :
\[
P(J) = \frac{4}{7}, \quad P(B) = \frac{3}{7}
\]

1. Arbre pondéré :

\[
\begin{array}{cccc}
J: \frac{4}{7} B: \frac{3}{7} \\
J: \frac{4}{7} \nearrow \\
\searrow J: \frac{4}{7} B: \frac{3}{7} \\
B: \frac{3}{7} \nearrow \\
\searrow J: \frac{4}{7} B: \frac{3}{7} \\
\end{array}
\]

2. Calcul des probabilités :

\[
\begin{aligned}
P(JB) = P(J) \times P(B) = \frac{4}{7} \times \frac{3}{7} = \frac{12}{49}, \\
P(BJ) = P(B) \times P(J) = \frac{3}{7} \times \frac{4}{7} = \frac{12}{49}.
\end{aligned}
\]

3. Probabilité que les deux billes soient de couleurs différentes :

\[
P(\text{différentes}) = P(JB) + P(BJ) = \frac{12}{49} + \frac{12}{49} = \frac{24}{49} = \frac{24}{49} \approx 0,4898.
\]

### Situation 2 : Les tirages s’effectuent sans remise

Dans ce cas, les probabilités changent après le premier tirage.

1. Arbre pondéré :

\[
\begin{array}{cccc}
J: \frac{4}{7} B: \frac{3}{7} \\
J: \frac{4}{7} \nearrow (\frac{3}{6} = \frac{1}{2}) J (\frac{3}{6} = \frac{1}{2}) B \\
\searrow J: \frac{4}{6} = \frac{2}{3} B: \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \\
B: \frac{3}{7} \nearrow \\
\searrow (\frac{4}{6} = \frac{2}{3}) J (\frac{2}{6} = \frac{1}{3}) B \\
\end{array}
\]

2. Calcul des probabilités :

\[
\begin{aligned}
P(JB) = P(J) \times P(B|J) = \frac{4}{7} \times \frac{3}{6} = \frac{4}{7} \times \frac{1}{2} = \frac{4}{14} = \frac{2}{7}, \\
P(BJ) = P(B) \times P(J|B) = \frac{3}{7} \times \frac{4}{6} = \frac{3}{7} \times \frac{2}{3} = \frac{6}{21} = \frac{2}{7}.
\end{aligned}
\]

3. Probabilité que les deux billes soient de couleurs différentes :

\[
P(\text{différentes}) = P(JB) + P(BJ) = \frac{2}{7} + \frac{2}{7} = \frac{4}{7} \approx 0,5714.
\]

Exercice 31 : supermarché implanté vers un village
a. Complétons l’arbre pondéré:
1. La probabilité de tirer un homme \(P(H)\) est
\[
P(H) = \frac{850}{1800} = 0.472
\]
et la probabilité de tirer une femme \(P(\,\overline{H})\) est
\[
P(\,\overline{H}) = 1 – P(H) = 0.528
\]
2. La probabilité qu’un homme soit favorable \(P(F|H)\) est
\[
P(F|H) = \frac{340}{850} = 0.4
\]
et la probabilité qu’un homme ne soit pas favorable \(P(\,\overline{F}|H)\) est
\[
P(\,\overline{F}|H) = 1 – P(F|H) = 0.6
\]
3. La probabilité qu’une femme soit favorable \(P(F|\,\overline{H})\) est
\[
P(F|\,\overline{H}) = \frac{608}{950} \approx 0.639
\]
et la probabilité qu’une femme ne soit pas favorable \(P(\,\overline{F}|\,\overline{H})\) est
\[
P(\,\overline{F}|\,\overline{H}) = 1 – P(F|\,\overline{H}) \approx 0.361
\]

b. La probabilité \(P(F)\) qu’un habitant soit favorable est donnée par la loi des probabilités totales:
\[
P(F) = P(F \cap H) + P(F \cap \,\overline{H}) = P(H)P(F|H) + P(\,\overline{H})P(F|\,\overline{H})
\]
Donc,
\[
P(F) = 0.472 \times 0.4 + 0.528 \times 0.639 = 0.1888 + 0.3372 = 0.526
\]

c. La probabilité de tirer une femme sachant qu’elle est favorable \(P(\,\overline{H}|F)\) est donnée par la formule de Bayes:
\[
P(\,\overline{H}|F) = \frac{P(F \cap \,\overline{H})}{P(F)} = \frac{P(\,\overline{H})P(F|\,\overline{H})}{P(F)}
\]
Donc,
\[
P(\,\overline{H}|F) = \frac{0.528 \times 0.639}{0.526} \approx 0.641
\]

Les réponses arrondies au centième sont :
\[
P(F) \approx 0.53 \quad \text{et} \quad P(\,\overline{H}|F) \approx 0.64
\]

Exercice 32 : programme réalisé avec Python et fréquence d’apparition
1.

a. Explications des lignes (1) à (4) :
– Ligne (1) : `from random import *` importe toutes les fonctions du module `random` en Python.
– Ligne (2) : `n=0` initialise un compteur `n` à zéro pour compter le nombre d’occurrences où la somme des dés est égale à 9.
– Ligne (3) : commence une boucle `for` qui itère 10 000 fois pour simuler 10 000 expériences.
– Ligne (4) : `a=randint(1,6)`, `b=randint(1,6)` et `c=randint(1,6)` simulent le lancer de trois dés, chacun prenant une valeur aléatoire entre 1 et 6.

b. Saisir et exécuter ce programme :

Le programme complet :
« `python
from random import *
n=0
for i in range(10000):
a=randint(1,6)
b=randint(1,6)
c=randint(1,6)
S=a+b+c
if S==9:
n=n+1
f=n/10000
print(« f= », f)
« `

Valeur de `f` affichée (arrondie au millième) :
Supposons que la valeur après exécution soit 0.116.

\[ f \approx 0.116 \]

2.a.
Pour obtenir la fréquence \( g \) d’apparition d’une somme égale à 10, il faut modifier la ligne `if S==9:` en `if S==10:`.

Le programme modifié :
« `python
from random import *
n=0
for i in range(10000):
a=randint(1,6)
b=randint(1,6)
c=randint(1,6)
S=a+b+c
if S==10:
n=n+1
g=n/10000
print(« g= », g)
« `

b. Saisir et exécuter ce nouveau programme :

Valeur de `g` affichée (arrondie au millième) :
Supposons que la valeur après exécution soit 0.125.

\[ g \approx 0.125 \]

3.
La conjecture du Grand Duc de Toscane suggère que la somme de 9 est la plus probable avec trois dés. Cependant, d’après les résultats des simulations, la somme de 10 apparaît plus fréquemment que la somme de 9. Les valeurs obtenues pour les fréquences \( f \) et \( g \) montrent que la conjecture n’est pas correcte.

Exercice 33 : un dé équilibré à six faces
a. On lance un dé équilibré à six faces trois fois de suite, ce qui donne un total de \(6 \times 6 \times 6 = 216\) triplets possibles.

b. Les triplets qui donnent une somme égale à 10 sont listés comme suit :
\[
\begin{aligned}
(1, 3, 6), (1, 4, 5), (1, 5, 4), (1, 6, 3), (2, 2, 6), (2, 3, 5), (2, 4, 4), (2, 5, 3),\\
(2, 6, 2), (3, 1, 6), (3, 2, 5), (3, 3, 4), (3, 4, 3), (3, 5, 2), (3, 6, 1),\\
(4, 1, 5), (4, 2, 4), (4, 3, 3), (4, 4, 2), (4, 5, 1), (5, 1, 4), (5, 2, 3),\\
(5, 3, 2), (5, 4, 1), (6, 1, 3), (6, 2, 2), (6, 3, 1)
\end{aligned}
\]
Il y a 27 triplets dans cette liste.

La probabilité d’obtenir une somme égale à 10 est donc :
\[
\frac{\text{Nombre de triplets donnant une somme de 10}}{\text{Nombre total de triplets}} = \frac{27}{216} = \frac{1}{8}
\]

c. Calculons maintenant la probabilité d’obtenir une somme égale à 9. Les triplets correspondants sont :
\[
\begin{aligned}
(1, 2, 6), (1, 3, 5), (1, 4, 4), (1, 5, 3), (1, 6, 2), (2, 1, 6), (2, 2, 5),\\
(2, 3, 4), (2, 4, 3), (2, 5, 2), (2, 6, 1), (3, 1, 5), (3, 2, 4), (3, 3, 3),\\
(3, 4, 2), (3, 5, 1), (4, 1, 4), (4, 2, 3), (4, 3, 2), (4, 4, 1), (5, 1, 3),\\
(5, 2, 2), (5, 3, 1), (6, 1, 2), (6, 2, 1)
\end{aligned}
\]
Il y a 25 triplets dans cette liste.

La probabilité d’obtenir une somme égale à 9 est donc :
\[
\frac{\text{Nombre de triplets donnant une somme de 9}}{\text{Nombre total de triplets}} = \frac{25}{216}
\]

d. La conjecture du Grand Duc de Toscane stipule qu’il est aussi probable d’obtenir une somme de 9 qu’une somme de 10. D’après nos calculs, les probabilités sont :
\[
\mathbb{P}(\text{sommes de } 10) = \frac{1}{8} \quad et \quad \mathbb{P}(\text{sommes de } 9) = \frac{25}{216}
\]
Évaluons les deux probabilités :
\[
\frac{1}{8} = 0.125 \quad et \quad \frac{25}{216} \approx 0.1157
\]

Comme \(0.125 \neq 0.1157\), la conjecture du Grand Duc de Toscane n’est pas correcte.